1. Общие замечания к решению задач алгебраическим методом.

2. Задачи на движение.

3. Задачи на работу.

4. Задачи на смеси и проценты.

Использование алгебраического метода для нахождения арифметического пути решения текстовых задач.

1. При решении задач алгебраическим методом искомые величины или другие величины, зная которые можно определить искомые, обозначают буквами (обычно х, у, z ). Все независимые между собой соотношения между данными и неизвестными величинами, которые либо непосредственно сформулированы в условии (в словесной форме), либо вытекают из смысла задачи (например, физические законы, которым подчиняются рассматриваемые величины), либо следуют из условия и некоторых рассуждений, записываются в виде равенства неравенств. В общем случае эти соотношения образуют некоторую смешанную систему. В частных случаях эта система может не содержать неравенств либо уравнений или она может состоять лишь из одного уравнения или неравенства.

Решение задач алгебраическим методом не подчиняется какой-либо единой, достаточно универсальной схеме. Поэтому всякое указание, относящееся ко всем задачам, носит самый общий характер. Задачи, которые возникают при решении практических и теоретических вопросов, имеют свои индивидуальные особенности. Поэтому их исследование и решение носят самый разнообразный характер.

Остановимся на решении задач, математическая модель которых задается уравнением с одним неизвестным.

Напомним, что деятельность по решению задачи состоит из четырех этапов. Работа на первом этапе (анализ содержания задачи) не зависит от выбранного метода решения и не имеет принципиальных отличий. На втором этапе (при поиске пути решения задачи и составлении плана ее решения) в случае применения алгебраического метода решения осуществляются: выбор основного соотношения для составления уравнения; выбор неизвестного и введение обозначения для него; выражение величин, входящих в основное соотношение, через неизвестное и данные. Третий этап (осуществление плана решения задачи) предполагает составление уравнения и его решение. Четвертый этап (проверка решения задачи) осуществляется стандартно.

Обычно при составлении уравнений с одним неизвестным х придерживаются следующих двух правил.

Правило I . Одна из данных величин выражается через неизвестное х и другие данные (то есть составляется уравнение, в котором одна часть содержит данную величину, а другая – ту же величину, выраженную посредством х и других данных величин).

Правило II . Для одной и той же величины составляются два алгебраических выражения, которые затем приравниваются друг к другу.

Внешне кажется, что первое правило проще второго.

В первом случае всегда требуется составить одно алгебраическое выражение, а во втором – два. Однако часто встречаются задачи, в которых удобнее составить два алгебраических выражения для одной и той же величины, чем выбрать уже известную и составить для нее одно выражение.

Процесс решения текстовых задач алгебраическим способом выполняется по следующему алгоритму:

1. Сначала выбирают соотношение, на основании которого будет составлено уравнение. Если задача содержит более двух соотношений, то за основу для составления уравнения надо взять то соотношение, которое устанавливает некоторую связь между всеми неизвестными.

Затем выбирают неизвестное, которое обозначают соответствующей буквой.

Все неизвестные величины, входящие в выбранное для составления уравнения соотношение, необходимо выразить через выбранное неизвестное, опираясь на остальные соотношения, входящие в задачу кроме основного.

4. Из указанных трех операций непосредственно вытекает составление уравнения как оформление словесной записи при помощи математических символов.

Центральное место среди перечисленных операций занимает выбор основного соотношения для составления уравнений. Рассмотренные примеры показывают, что выбор основного соотношения является определяющим при составлении уравнений, вносит логичную стройность в порою расплывчатый словесный текст задачи, дает уверенность в ориентации и предохраняет от беспорядочных действий для выражения всех входящих в задачу величин через данные и искомые.

Алгебраический метод решения задач имеет огромное практическое значение. С его помощью решают самые разнообразные задачи из области техники, сельского хозяйства, быта. Уже в средней школе уравнения применяются учащимися при изучении физики, химии, астрономии. Там, где арифметика оказывается бессильной или, в лучшем случае, требует крайне громоздких рассуждений, там алгебраический метод легко и быстро приводит к ответу. И даже в так называемых «типовых» арифметических задачах, сравнительно легко решаемых арифметическим путем, алгебраическое решение, как правило, является и более коротким, и более естественным.

Алгебраический метод решения задач позволяет легко показать, что некоторые задачи, отличающиеся друг от друга лишь фабулой, имеют не только одни и те же соотношения между данными и искомыми величинами, но и приводят к типичным рассуждениям, посредством которых устанавливаются эти соотношения. Такие задачи дают лишь различные конкретные интерпретации одного и того же математического рассуждения, одних и тех же соотношений, то есть имеют одну и ту же математическую модель.

2. К группе задач на движение относятся задачи, в которых говорится о трех величинах: пути (s ), скорости (v ) и времени (t ). Как правило, в них речь идет о равномерном прямолинейном движении, когда скорость постоянна по модулю и направлению. В этом случае все три величины связаны следующим соотношением: S = vt . Например, если скорость велосипедиста 12 км/ч, то за 1,5 ч. он проедет 12 км/ч  1,5 ч = 18 км. Встречаются задачи, в которых рассматривается равноускоренное прямолинейное движение, то есть движение с постоянным ускорением (а). Пройденный путь s в этом случае вычисляется по формуле: S = v 0 t + at 2 /2, где v 0 – начальная скорость движения. Так, за 10 с падения с начальной скоростью 5 м/с и ускорением свободного падения 9,8 м 2 /с тело пролетит расстояние, равное 5 м/с  10с + 9,8 м 2 /с  10 2 с 2 /2 = 50 м + 490 м = 540 м.

Как уже отмечалось, в ходе решения текстовых задач и в первую очередь в задачах, связанных с движением, весьма полезно сделать иллюстративный чертеж (построить вспомогательную графическую модель задачи). Чертеж следует выполнить так, чтобы на нем была видна динамика движения со всеми встречами, остановками и поворотами. Грамотно составленный чертеж позволяет не только глубже понять содержание задачи, но и облегчает со­ставление уравнений и неравенств. Примеры таких чертежей бу­дут приведены ниже.

Обычно в задачах на движение принимаются следующие соглашения.

Если специально не оговорено в задаче, то движение на отдельных участках считается равномерным (будь то движение по прямой или по окружности).

Повороты движущихся тел считаются мгновенными, то есть происходят без затрат времени; скорость при этом также меняется мгновенно.

Данную группу задач, в свою очередь, можно разбить на задачи, в которых рассматриваются движения тел: 1) навстречу друг другу; 2) в одном направлении («вдогонку»); 3) в противоположных направлениях; 4) по замкнутой траектории; 5) по течению реки.

Если расстояние между телами равно S , а скорости тел равны v 1 и v 2 (рис. 16 а ), то при движении тел навстречу друг другу время, через которое они встретятся, равно S /(v 1 + v 2).

2. Если расстояние между телами равно S , а скорости тел равны v 1 и v 2 (рис. 16 б ), то при движении тел в одну сторону (v 1 > v 2) время, через которое первое тело догонит второе, равно S /(v 1 – v 2).

3. Если расстояние между телами равно S , а скорости тел равны v 1 и v 2 (рис. 16 в ), то, отправившись одновременно в противоположных направлениях, тела будут через время t находиться на расстоянии S 1 = S + (v 1 + v 2 ) t .

Рис. 16

4. Если тела движутся в одном направлении по замкнутой траектории длиной s со скоростями v 1 и v 2 , то время, через которое тела опять встретятся (одно тело догонит другое), отправившись одновременно из одной точки, находится по формуле t = S /(v 1 – v 2) при условии, что v 1 > v 2 .

Это следует из того, что при одновременном старте по замкнутой траектории в одном направлении тело, скорость которого больше, начинает догонять тело, скорость которого меньше. В первый раз оно догоняет его, пройдя расстояние на S большее, чем другое тело. Если же оно обгоняет его во второй, в третий раз и так далее, это означает, что оно проходит расстояние на 2S , на 3S и так далее большее, чем другое тело.

Если тела движутся в разных направлениях по замкнутой траектории длиной S со скоростями v 1 и v 2 , то время, через которое они встретятся, отправившись одновременно из одной точки, находится по формуле t = v (v 1 + v 2). В этом случае сразу после начала движения возникает ситуация, когда тела начинают двигаться навстречу друг другу.

5. Если тело движется по течению реки, то его скорость относительно берега и слагается из скорости тела в стоячей воде v и скорости течения реки w : и = v + w . Если тело движется против течения реки, то его скорость и = v – w . Например, если скорость катера v = 12 км/ч, а скорость течения реки w = 3 км/ч, то за 3 ч. по течению реки катер проплывет (12 км/ч + 3 км/ч)  3 ч. = 45 км, а против течения – (12 км/ч – 3 км/ч)  3 ч. = 27 км. Считают, что скорость предметов, имеющих нулевую скорость движения в стоячей воде (плот, бревно и т. п.), равна скорости течения реки.

Рассмотрим несколько примеров.

Пример .Из одного пункта в одном направлении через каждые 20 мин. выезжают автомобили. Второй автомобиль едет со скоростью 60 км/ч, а скорость первого на 50% больше скорости второго. Найдите скорость движения третьего автомобиля, если известно, что он обогнал первый автомобиль на 5,5 ч позже, чем второй.

Решение . Пусть х км/ч – скорость третьего автомобиля. Скорость первого автомобиля на 50% больше скорости второго, значит, она равна

При движении в одном направлении время встречи находится как отношение расстояния между объектами к разности их скоростей. Первый автомобиль за 40 мин. (2/3 ч) проедет 90  (2/3) = 60 км. Следовательно, третий его догонит (они встретятся) через 60/(х – 90) часов. Второй за 20 мин. (1/3 ч) проедет 60  (1/3) = 20 км. Значит, третий его догонит (они встретятся) через 20/(х – 60) ч. (рис. 17).

П
о условию задачи

Рис. 17

После несложных преобразований получим квадратное уравнение 11х 2 – 1730х + 63000 = 0, решив которое найдем

Проверка показывает, что второй корень не удовлетворяет условию задачи, так как в этом случае третий автомобиль не догонит другие автомобили. Ответ: скорость движения третьего автомобиля 100 км/ч.

Пример .Теплоход прошел по течению реки 96 км, вернулся обратно и некоторое время простоял под погрузкой, затратив на все 32 ч. Скорость течения реки равна 2 км/ч. Определите скорость теплохода в стоячей воде, если время погрузки составляет 37,5% от времени, затраченно­го на весь путь туда и обратно.

Решение . Пусть х км/ч – скорость теплохода в стоячей воде. Тогда (х + 2) км/ч – его скорость по течению; (х – 2) км/ч – против течения; 96/(х + 2) ч. – время движения по течению; 96/(х – 2) ч. – время движения против течения. Так как 37,5% от общего количества времени теплоход стоял под погрузкой, то чистое время движения равно 62,5%  32/100% = 20 (ч.). Следовательно, по условию задачи имеем уравнение:

Преобразовав его, получим: 24(х – 2 + х + 2) = 5(х + 2)(х – 2) => 5х 2 – 4х – 20 = 0. Решив квадратное уравнение, находим: х 1 = 10; х 2 = -0,4. Второй корень не удовлетворяет условию задачи.

Ответ: 10 км/ч – скорость движения теплохода в стоячей воде.

Пример . Автомобиль проехал путь из города А в город С через город В без остановок. Расстояние АВ, равное 120 км, он проехал с постоянной скоростью на 1 ч. быстрее, чем расстояние ВС, равное 90 км. Определите среднюю скорость движения автомобиля от города А до города С, если известно, что скорость на участке АВ на 30 км/ч больше скорости на участке ВС.

Решение . Пусть х км/ч – скорость автомобиля на участке ВС.

Тогда (х + 30) км/ч – скорость на участке АВ, 120/(х + 30) ч, 90/х ч – время, закоторое автомобиль проезжает путиАВ и ВС соответственно.

Следовательно, по условию задачи имеем уравнение:

.

Преобразуем его:

120х + 1(х + 30)х = 90(х + 30) => х 2 + 60х – 2700 = 0.

Решив квадратное уравнение, находим: х 1 = 30, х 2 = -90. Второй корень не удовлетворяет условию задачи. Значит, скорость на участке ВС равна 30 км/ч, на участке АВ – 60 км/ч. Отсюда следует, что расстояние АВ автомобиль проехал за 2 ч. (120 км: 60 км/ч = 2 ч.), а расстояние ВС – за 3 ч. (90 км: 30 км/ч = 3 ч.), поэтому все расстояние АС он проехал за 5 ч. (3 ч. + 2 ч. = 5 ч.). Тогда средняя скорость движения на участке АС, протяженность которого 210 км, равна 210 км: 5 ч. = 42 км/ч.

Ответ: 42 км/ч – средняя скорость движения автомобиля на участке АС.

К группе задач на работу относятся задачи, в которых говорится о трех величинах: работе А , времени t , в течение которого производится работа, производительности Р – работе, произведенной в единицу времени. Эти три величины связаны уравнением А = Р t . К задачам на работу относят и задачи, связанные с наполнением и опорожнением резервуаров (сосудов, баков, бассейнов и т. п.) с помощью труб, насосов и других приспособлений. В качестве произведенной работы в этом случае рассматривают объем перекачанной воды.

Задачи на работу, вообще говоря, можно отнести к группе задач на движение, так как в задачах такого типа можно считать, что вся работа или полный объем резервуара играют роль расстояния, а производительности объектов, совершающих работу, аналогичны скоростям движения. Однако по фабуле эти задачи естественным образом различаются, причем часть задач на работу имеют свои специфические приемы решения. Так, в тех задачах, в которых объем выполняемой работы не задан, вся работа принимается за единицу.

Пример. Две бригады должны были выполнить заказ за 12 дней. После 8 дней совместной работы первая бригада получила другое задание, поэтому вторая бригада заканчивала выполнение заказа еще 7 дней. За сколько дней могла бы выполнить заказ каждая из бригад, работая отдельно?

Решение . Пусть первая бригада выполняет задание за х дней, вторая бригада – за y дней. Примем всю работу за единицу. Тогда 1/х – производительность первой бригады, a 1/y – второй. Так как две бригады должны выполнить заказ за 12 дней, то получим первое уравнение 12(1/х + 1/у ) = 1.

Из второго условия следует, что вторая бригада работала 15 дней, а первая – только 8 дней. Значит, второе уравнение имеет вид:

8/х + 15/у = 1.

Таким образом, имеем систему:

Вычтем из второго уравнения первое, получим:

21/y = 1 => у = 21.

Тогда 12/х + 12/21 = 1 => 12/ х – = 3/7 => х = 28.

Ответ: за 28 дней выполнит заказ первая бригада, за 21 день – вторая.

Пример . Рабочий А и рабочий В могут выполнить работу за 12 дней, рабочий А и рабочий С – за 9 дней, рабочий В и рабочий С – за 12 дней. За сколько дней они выполнят работу, работая втроем?

Решение . Пусть рабочий А может выполнить работу за х дней, рабочий В – за у дней, рабочий С – за z дней. Примем всю работу за единицу. Тогда 1/х, 1/ y и 1/z – производительности рабочих А, В и С соответственно. Используя условие задачи, приходим к следующей системе уравнений, представленной в таблице.

Таблица 1

Преобразовав уравнения, имеем систему из трех уравнений с тремя неизвестными:

Сложив почленно уравнения системы, получим:

или

Сумма это совместная производительность рабочих, поэтому время, за которое они выполнят всю работу, будет равно

Ответ: 7,2 дня.

Пример . В бассейн проведены две трубы – подающая и отводя­щая, причем через первую трубу бассейн наполняется на 2 ч дольше, чем через вторую вода из бассейна выливается. При заполненном на одну треть бассейне были открыты обе трубы, и бассейн оказался пустым спустя 8 ч. За сколько часов через одну первую трубу может наполниться бассейн и за сколько часов через одну вторую трубу может осушиться полный бассейн?

Решение . Пусть V м 3 – объем бассейна, х м 3 /ч – производительность подающей трубы, у м 3 /ч – отводящей. Тогда V / x ч. – время, необходимое подающей трубе для заполнения бассейна, V / y ч. – время, необходимое отводящей трубе на осушение бассейна. По условию задачи V / x – V / y = 2.

Так как производительность отводящей трубы больше производительности наполняющей, то при включенных обеих трубах будет происходить осушение бассейна и одна треть бассейна осушится за время (V /3)/(y – x ), которое по условию задачи равно 8 ч. Итак, условие задачи может быть записано в виде системы двух уравнений с тремя неизвестными:

В задаче необходимо найти V / x и V / y . Выделим в уравнениях комбинацию неизвестных V / x и V / y , записав систему в виде:

Вводя новые неизвестные V / x = а и V / y = b , получаем следующую систему:

Подставляя во второе уравнение выражение а = b + 2, имеем уравнение относительно b :

решив которое найдем b 1 = 6, b 2 = -8. Условию задачи удовлетворяет первый корень 6, = 6 (ч.). Из первого уравнения последней системы находим а = 8 (ч), то есть первая труба наполняет бассейн за 8 ч.

Ответ: через первую трубу бассейн наполнится через 8 ч., через вторую трубу бассейн осушится через 6 ч.

Пример . Одна тракторная бригада должна вспахать 240 га, а другая на 35% больше, чем первая. Первая бригада, вспахивая ежедневно на 3 га меньше второй, закончила работу на 2 дня раньше, чем вторая бригада. Сколько гектаров вспахивала каждая бригада ежедневно?

Решение . Найдем 35 % от 240 га: 240 га  35 % /100 % = 84 га.

Следовательно, вторая бригада должна была вспахать 240 га + 84 га = 324 га. Пусть первая бригада вспахивала ежедневно х га. Тогда вторая бригада вспахивала ежедневно (х + 3) га; 240/х – время работы первой бригады; 324/(х + 3) – время работы второй бригады. По условию задачи первая бригада закончила работу на 2 дня раньше, чем вторая, поэтому имеем уравнение

которое после преобразований можно записать так:

324х – 240х – 720 = 2х 2 + 6х => 2х 2 – 78х + 720 = 0 => х 2 – 39х + 360 = 0.

Решив квадратное уравнение, находим х 1 = 24, х 2 = 15. Это норма первой бригады.

Следовательно, вторая бригада вспахивала в день 27 га и 18 га соответственно. Оба решения удовлетворяют условию задачи.

Ответ: 24 га в день вспахивала первая бригада, 27 га – вторая; 15 га в день вспахивала первая бригада, 18 га – вторая.

Пример . В мае два цеха изготовили 1080 деталей. В июне первый цех увеличил выпуск деталей на 15%, а второй увеличил выпуск деталей на 12%, поэтому оба цеха изготовили 1224 детали. Сколько деталей изготовил в июне каждый цех?

Решение . Пусть х деталей изготовил в мае первый цех, у деталей – второй. Так как в мае изготовлено 1080 деталей, то по условию задачи имеем уравнение x + y = 1080.

Найдем 15% от х :

Итак, на 0,15х деталей увеличил выпуск продукции первый цех, следовательно, в июне он выпустил х + 0,15 х = 1,15 x деталей. Аналогично найдем, что второй цех в июне изготовил 1,12 y деталей. Значит, второе уравнение будет иметь вид: 1,15 x + 1,12 у = 1224. Таким образом, имеем систему:

из которой находим х = 480, у = 600. Следовательно, в июне цеха изготовили 552 детали и 672 детали соответственно.

Ответ: первый цех изготовил 552 детали, второй – 672 детали.

4. К группе задач на смеси и процентыотносятся задачи, в которых речь идет о смешении различных веществ в определенных пропорциях, а также задачи на проценты.

Задачи на концентрацию и процентное содержание

Уточним некоторые понятия. Пусть имеется смесь из п различных веществ (компонентов) А 1 А 2 , ..., А n соответственно, объемы которых равны V 1 , V 2 , ..., V n . Объем смеси V 0 складывается из объемов чистых компонентов: V 0 = V 1 + V 2 + ... + V n .

Объемной концентрацией вещества А i (i = 1, 2, ..., п) в смеси называется величина с i , вычисляемая по формуле:

Объемным процентным содержанием вещества А i (i = 1, 2, ..., п) в смеси называется величина p i , вычисляемая по формуле р i = с i ,  100%. Концентрации с 1, с 2 , ..., с n , являющиеся безразмерными величинами, связаны равенством с 1 + с 2 + ... + с n = 1, а соотноше­ния

показывают, какую часть полного объема смеси составляют объе­мы отдельных компонентов.

Если известно процентное содержание i -го компонента, то его концентрация находится по формуле:

то есть Pi – это концентрация i -го вещества в смеси, выраженная в процентах. Например, если процентное содержание вещества составляет 70%, то его соответствующая концентрация равна 0,7. И наоборот, если концентрация равна 0,33, то процентное содержание равно 33%. Таким образом, сумма р 1 + р 2 + …+ р n = 100%. Если известны концентрации с 1 , с 2 , ..., с n компонентов, составляющих данную смесь объема V 0 , то соответствующие объемы компонентов находятся по формулам:

Аналогичным образом вводятся понятия весовые (массовые) кон центрации компонентов смеси и соответствующие процентные со­держания. Они определяются как отношение веса (массы) чистого вещества А i , в сплаве к весу (массе) всего сплава. О какой концентрации, объемной или весовой, идет речь в конкретной задаче, всегда ясно из ее условия.

Встречаются задачи, в которых приходится пересчитывать объемную концентрацию на весовую или наоборот. Для того чтобы это сделать, необходимо знать плотности (удельные веса) компонентов, составляющих раствор или сплав. Рассмотрим для примера двухкомпонентную смесь с объемными концентрациями компонентов с 1 и с 2 (с 1 + с 2 = 1) и удельными весами компонентов d 1 и d 2 . Масса смеси может быть найдена по формуле:

в которой V 1 и V 2 – объемы составляющих смесь компонентов. Весовые концентрации компонентов находятся из равенств:

которые определяют связь этих величин с объемными концентрациями.

Как правило, в текстах таких задач встречается одно и то же повторяющееся условие: из двух или нескольких смесей, содержащих компоненты A 1 , A 2 , А 3 , ..., А n , составляется новая смесь путем перемешивания исходных смесей, взятых в определенной пропорции. При этом требуется найти, в каком отношении компоненты А 1, А 2 , А 3 , ..., А n войдут в получившуюся смесь. Для решения этой задачи удобно ввести в рассмотрение объемное или весовое количество каждой смеси, а также концентрации составляющих ее компонентов А 1, А 2 , А 3 , ..., А n . С помощью концентраций нужно «расщепить» каждую смесь на отдельные компоненты, а затем указанным в условии задачи способом составить новую смесь. При этом легко подсчитать, какое количество каждого компонента входит в получившуюся смесь, а также полное количество этой смеси. После этого определяются концентрации компонентов А 1, А 2 , А 3 , ..., А n в новой смеси.

Пример .Имеются два куска сплава меди и цинка с процентным содержанием меди 80% и 30% соответственно. В каком отношении нужно взять эти сплавы, чтобы, переплавив взятые куски вместе, получить сплав, содержащий 60% меди?

Решение . Пусть первого сплава взято х кг, а второго – у кг. По условию концентрация меди в первом сплаве равна 80/100 = 0,8, во втором – 30/100 = 0,3 (ясно, что речь идет о весовых концентрациях), значит, в первом сплаве 0,8х кг меди и (1 – 0,8)х = 0,2х кг цинка, во втором – 0,3 у кг меди и (1 – 0,3)y = 0,7у кг цинка. Количество меди в получившемся сплаве равно (0,8  х + 0,3  у) кг, а масса этого сплава составит (х + у) кг. Поэтому новая концентрация меди в сплаве, согласно определению, равна

По условию задачи эта концентрация должна равняться 0,6. Следова­тельно, получаем уравнение:

Данное уравнение содержит два неизвестных х и у. Однако по условию задачи требуется определить не сами величины х и у, а только их отношение. После несложных преобразований получаем

Ответ: сплавы надо взять в отношении 3: 2.

Пример .Имеются два раствора серной кислоты в воде: первый – 40%-ный, второй – 60%-ный. Эти два раствора смешали, после чего добавили 5 кг чистой воды и получили 20%-ный раствор. Если бы вместо 5 кг чистой воды добавили 5 кг 80%-ного раствора, то получили бы 70%-ный раствор. Сколько было 40%-ного и 60%-ного растворов?

Решение . Пусть х кг – масса первого раствора, у кг – второго. Тогда масса 20%-ного раствора (х + у + 5) кг. Так как в х кг 40%-ного раствора содержится 0,4х кг кислоты, в у кг 60%-ного раствора содержится 0,6y кг кислоты, а в (х + у + 5) кг 20%-ного раствора содержится 0,2(х + у + 5) кг кислоты, то по условию имеем первое уравнение 0,4х + 0,6y = 0,2(х +у + 5).

Если вместо 5 кг воды добавить 5 кг 80%-ного раствора, то получится раствор массой (х + у + 5) кг, в котором будет (0,4х + 0,6у + 0,8  5) кг кислоты, что составит 70% от (х + у + 5) кг.

В последнее время широкое распространение получили алгебраические методы построения алгоритмов распознавания и прогнозирования . Суть алгебраического подхода коротко может быть описана так. Представим, что некоторая задача распознавания решается с помощью конечного набора решающих функций: , например, линейная решающая функция, - квадратичная, - правило ближайших соседей. Если качество полученных этими функциями решений окажется неудовлетворительным, то можно расширить круг используемых функций и среди этого расширенного множества попытаться найти функцию, которая давала бы более высокий результат.

Рассматривается два типа расширений. Вначале некоторые параметры исходных функций из констант превращаются в переменные. Варьирование значениями этих переменных порождает широкий класс решающих функций того или иного типа: конечный или бесконечный набор различных гиперплоскостей, набор правил ближайшего соседа с разными значениями и разной метрикой для вычисления расстояний между точками. Доказано, что почти всегда в этом параметрическом расширении можно найти решающую функцию, которая дает оптимальное решение данной задачи.

Если же встретился такой сложный случай, что оптимального решения получить не удается, тогда применяется другой (алгебраический) способ расширения разнообразия решающих правил. Рассмотрим множество операторов над множеством простейших решающих правил . С помощью алгебраических операторов можно из набора простых правил сконструировать любое более сложное правило для решения задачи . Доказано, что множество алгебраически порожденных правил содержит оптимальное правило для решения любой задачи распознавания. Разработан также способ локализации подмножества правил, среди которых находится оптимальное правило. Однако и после этого количество оставшихся вариантов может оказаться большим. Для сокращения вычислительных трудностей применяются естественные эвристические приемы как на этапе отбора наиболее перспективных правил для включения в исходное множество , так и на этапе конструирования классов их параметрического и алгебраического расширения.

Алгебраический подход успешно применяется при решении задач распознавания образов, в частности в распознавании и анализе изображений и в задачах прогнозирования многомерных динамических процессов. В русле этого подхода находятся, например, метод коллективов решающих правил (КРП) и метод комитетов .

Идея метода КРП состоит в следующем. Пусть в нашем распоряжении имеется обучающая выборка в пространстве и несколько решающих правил. Предполагается, что разные правила могут оказаться «хорошими» в одной части пространства и «плохими» в другой. Каждый признак системы имеет конечное число градаций, так что пространство можно представить состоящим из конечного количества «клеточек» (гиперпараллелепипедов). Распознаваемый объект поместим в произвольную клеточку пространства и применим для его распознавания все решающие правила по очереди. Отметим те правила, которые приняли правильное решение. Затем переместим объект в другую клеточку пространства и повторим распознавание. Снова отметим правила, успешно работавшие в этой части пространства. Таким способом просмотрим все части пространства и для каждого решающего правила укажем границы области или перечень клеточек, в которых оно оказалось наиболее компетентным. На этом этап обучения заканчивается.

На этапе распознавания контрольного объекта сначала определяется правило, которое было наиболее компетентным для той части пространства, в которую попал данный объект. Затем по этому правилу определяется принадлежность объекта к одному из распознаваемых образов.

В методе комитетов в начале рассматривается широкий набор решающих правил, например параметрическое семейство из конечного числа гиперплоскостей. Каждая плоскость делит пространство на две части, и при распознавании двух образов ( и ) можно указать вероятность присутствия представителей этих образов в одной и другой части пространства: , и , . Если в каждой из частей вероятности разных образов окажутся одинаковыми (и ), то такая плоскость интереса не представляет. Более полезными будут плоскости, которые отделяют друг от друга области с преобладающим присутствием одного из двух образов, например и . По этой информации можно выбрать подмножество (коллектив) из наиболее «информативных» плоскостей.

Решение о принадлежности распознаваемого объекта к тому или иному образу принимается коллективом правил путем голосования. Если объект относительно плоскости находится в области , то эта плоскость голосует в пользу образа с весом , а в пользу образа - с весом . Можно просуммировать голоса, поданные всеми плоскостями за -й образ, и получить оценку . Аналогично получается сумма голосов за -й образ. Решение в пользу -го образа принимается, если . Можно пользоваться не суммами, а произведениями голосов.

Процедура построения коллективного решающего правила хорошо иллюстрирует важную роль методов распознавания в процессе познания. Исходная ситуация характеризовалась высокой степенью неопределенности, отсутствием какой бы то ни было модели изучаемого явления. Каждая отдельная гиперплоскость не позволяла надежно отличать один образ от другого, т. е. была «некорректной» распознающей моделью. Параметрический класс линейных решающих правил позволил сформировать из своего состава «корректную» распознающую модель. Как подчеркивает Ю. И. Журавлев , именно таким путем с помощью методов распознавания ситуации в неформализованных или слабо формализованных естественнонаучных областях оснащаются формализованными средствами познания. Создаваемые при этом модели позволяют ответить хотя бы на вопрос «Что происходит?». Если в обучающей выборке имеется соответствующая информация, то ее дальнейший анализ может привести к обнаружению закономерностей причинно-следственного характера и сформировать модель для ответа на вопрос «Как это происходит?» или даже на вопрос «Почему именно так, а не иначе?».

Если исходить из соотношений между искомыми и данными задачи, то условие задачи на построение может быть выражено аналитически.

Аналитическое выражение задачи на построение в виде уравнения, а его решения в виде корней этого уравнения помогают найти геометрическое решение, а также определить, с помощью каких инструментов оно может быть выполнено.

Решение задач алгебраическим методом сводится к построению:

• среднего пропорционального двух данных отрезков х = 4аЬ
• четвертого пропорционального к трем данным отрезкам, выра-

. „ Ъс

жаемого формулой х = -;

По алгебраической сумме данных отрезков x = a±b,x-a + b-c + d,

x = 3a±2b и т.д.; _

По формулам типа х = 1а + Ь.

Алгебраический метод решения геометрических задач на построение состоит в следующем:

• 1) неизвестные величины, фигурирующие в условии задачи, обозначают буквами х, у, z и т.д.;
• 2) составляют уравнения, связывающие эти неизвестные с данными в задаче величинами а, Ь, с, ...;
• 3) решают составленные уравнения;
• 4) исследуют полученные ответы;
• 5) выполняют требуемое построение.

Прежде чем переходить к решению задач на построение алгебраическим методом, рассмотрим построения некоторых отрезков, заданных соотношениями между длинами других отрезков.

1. Иногда в геометрических задачах на построение отношение двух величин дается в виде а: b ; а 3: Ь 3 ; а 4: Ь 4 и т.д.

Покажем, что любое из этих отношений можно заменить отношением двух отрезков.

Задача 6.47. Построить отрезок, заданный отношением а п: Ь п, где

п е N.

Решение

Начертим две произвольные взаимно перпендикулярные прямые KL и MN (рис. 6.52) и обозначим буквой О точку их пересечения. На прямых KL и MN от точки О отложим отрезки ОА и ОА х, соответственно равные данным отрезкам Ъ и а. Соединив точки А и А ь восставим в точке А г перпендикуляр к АА Х KL в некоторой точке Л 2 . В точке А 2 восставим перпендикуляр к А 2 А 1 и продолжим его до пересечения с прямой MN в точке А 3 и т.д.

Определим величину каждого из следующих отношений: ОА х: ОА; ОА 2 : ОА х; ОА 3: ОА г и т.д.

Так как прямоугольные треугольники ОАА х, ОА,А 2 , ОА^А 3 ,... подобны, то, значит:

ОА, и ,

По построению, - L = -, а поэтому в силу равенств (*) получим ОА b

Определим величину отношения Оно не изменится, если мы

каждый из его членов разделим на одну и ту же величину ОА ь а поэтому

т т ОА, а О Ап а ОА 2 а ОА b

Но из равенств -- = - и -- = - усматриваем, что -- = - и-= -.

ОАЬОА х Ъ ОА, Ъ ОА, а

В силу последних двух равенств мы можем равенство (**) переписать так:

ОА 2 _ а 2 ОА ~ Ъ 2 "

Аналогичными рассуждениями найдем и другие отношения.

2. Рассмотрим задачу на построение среднего пропорционального двух данных отрезков, т.е. отрезка -Jab.

Задача 6.48. Построить среднее пропорциональное отрезков а и Ь. Решение

На одной прямой отложим последовательно отрезки АС = а и СВ = b (рис. 6.53)

Рис. 6.53

На отрезке АВ как на диаметре построим окружность ofiC, 1.

В точке С восставим перпендикуляр к прямой АВ.

Имеем NC = -Jab. Действительно, AANB - прямоугольный.

По известной теореме AACN подобен ANCB, а значит, откуда

NC 2 = АС СВ, или в других обозначениях NC 2 =ab. Окончательно имеем NC--Jab.

3. При решении задач на построение очень часто приходится строить отрезок, который является четвертым пропорциональным трех заданных отрезков. Рассмотрим решение этой задачи.

Задача 6.49. Даны три отрезка а, Ь, с. Построить такой отрезок х,

а с что - = -.

Решение

Возьмем любой угол О. На одной стороне угла отложим отрезки ОА = а и ОС = с, а на другой - отрезок ОВ-b (рис. 6.54)

Через точку С проведем прямую р || АВ. Она пересечет луч ОВ в точке D. Докажем, что OD - искомый отрезок х. Треугольники ОАВ

и OCD подобны. Поэтому т.е. OD = х.

Рис. 6.54

В частном случае эта задача позволяет разделить отрезок на п равных частей. Обозначим данный отрезок через Ь. Возьмем любой отрезок с, и пусть а - пс (рис. 6.55).

Рис. 6.55

„ ас b Ъ 1 .

Поскольку - = -, то х = - с = - с = - Ъ. ох а пс п

4. Рассмотрим более сложное отношение отрезков.

Задача 6.50. Построить отрезок, заданный отношением 2 [а: 2 /b, где п е N.

Решение

Допустим, что отношение величин задано в виде [а: -Jb , где а и Ъ - данные отрезки.

Для определения тех двух отрезков, отношение которых равно Va: Vb, поступим следующим образом.

На произвольной прямой от выбранной точки К отложим последовательно два отрезка: KN-а иNM = b (рис. 6.56)

Рис. 6.56

На отрезке КМ, как на диаметре, построим полуокружность КРМ.

В точке N восставим перпендикуляр NN" к отрезку КМ. Прямая NN" пересекает дугу КРМ в некоторой точке L.

Соединяем точку ЬсКиМ. Отрезки KL и LM - искомые, т.е.

Действительно, имеем-=--. Но AKLM подобен ALMN, а по-

KL LN KL 2 LN 2

этому-=-и, значит, -=--, но из последнего равенства

LM NM LM NM 2

KN LN 2 KL 2 KN „

и равенства-=-- вытекает, что-- =-. Извлекая квадратный

NM NM 2 LM 2 NM

корень из обеих частей последнего равенства, найдем:

Чтобы получить два отрезка, отношение которых равно [а: yfb, необходимо сначала построить такие два отрезка тип, отношение кото-

рых определяется равенством - = -j=, а затем посредством такого же

построения найти отрезки р и q, которые определяются равенством р _ yfm Ч Vn

Аналогичными построениями можно найти отрезки, отношение которых равно 2 fa: 2 yх 2 + h h 2 , то из равенства (*) получим

Построение. 1. Строим отрезок у = yj{2h b) 2 -h a 2 (рис. 6.61).

Рис. 6.61

2. Строим х = ^^- (рис. 6.62).

Рис. 6.62

3. Наконец, строим искомый равнобедренный треугольник АВС по основанию АС =2хи высоте DB = h b (рис. 6.63).

Рис. 6.63

Доказательство. Нужно доказать, что в построенном равнобедренном треугольнике АВС высоты BD -h b и АЕ- h a . Первое равенство очевидно, а справедливость второго вытекает из обратимости всех формул, приведенных в анализе. _

Исследование. Замечаем, что отрезок у = yl(.2h b) 2 -h 2 можно построить лишь в том случае, если (2/i b) 2 -h a 2 >0, или 2h b >h a .

При этом условии можно построить отрезок х и, следовательно, искомый треугольник АВС. Так как два равнобедренных треугольника, имеющих равные основания и равные высоты, равны, то задача имеет единственное решение.

Замечание. Задача допускает более простое решение другим способом. Если через точку D провести прямую, параллельную высоте АЕ и пересекающую сторону ВС в точке F, то треугольник DFB можно построить по катету 0,5h a и гипотенузе h b , что приведет к построению искомого треугольника.

Задача 6.57. Через данную вне круга точку А провести такую секущую, которая разделилась бы этой окружностью в данном отношении.

Решение

Анализ. Допустим, что задача решена: секущая AL удовлетворяет условию задачи (рис. 6.64). Проведем из точки А секущую АС, проходящую через центр О данного круга. Так как точка А нам дана, то, значит, нам известны отрезки AD и АС. Обозначим буквой х длину отрезка АК. Если из точки А, находящейся вне круга, проведем секущие, то произведение всей секущей на ее внешнюю часть есть величина постоянная, а потому

Рис. 6.64

Из чертежа усматриваем, что AL = х + LK.

л шс.. пх

А так как по условию х: LK = m : п, т.е. ЬК = -, то, значит, AL = x + - -

= -(т + п ). т

Поэтому равенство (*) примет такой вид: х-(m + п) = AD ? АС, откуда

Построение. 1. Исходя из формулы (**) известным построением определим отрезок х.

• 2. Из точки А делаем на данной окружности засечку К радиусом, равным найденному х.
• 3. Соединив точки А и К и продолжив эту прямую, получим искомую секущую.

Заметим, что мы не привели рассуждения, которые имеют место к решению этой задачи на этапах доказательства и исследования (предоставляем читателю провести эти этапы самостоятельно).

Задача 6.58. Найти вне данного круга такую точку, чтобы касательная, проведенная из нее к этой окружности, была вдвое меньше секущей, проведенной из той же точки через центр.

Решение

Анализ (рис. 6.65). Обозначим буквой х расстояние до искомой точки от центра О окружности. Как известно, АВ 2 -DA ? АС (1), но DA = х - г (2), АС = х + г (3) и, значит, АВ 2 = (х - г) (х + г) = х 2 - г 2 и АВ = 1х 2 -г 2 (4).

Рис. 6.65

Так как по условию АС = 2АВ, то из формул (3) и (4) имеем х + г - = 21х 2 -г 2 , откуда х 2 + 2гх + г 2 = 4х 2 - 4г 2 , или Зх 2 - 2гх - 5г 2 = 0. Следовательно,

т.е. х а = - г и х 2 =-г.

В данной задаче х не может быть отрицательной величиной, а потому второй корень отбрасываем.

Построение. Продолжим один из диаметров (CD) данной окружности

и на нем отложим от точки D отрезок DA, равный -г (DA = АО - OD = 5 2 3

Г - г = -г (6)).

Точка А - искомая.

Доказательство. АС = х + г =-г + г, т.е. АС =-г (7).

.- /2 8 4 АС

Из формул (1), (6), (7) находим: AB = y/DA-AC = J-r--r=-r =

что подтверждает правильность сделанного построения (этап исследования предлагаем читателю провести самостоятельно).

При решении задач на построение алгебраическим методом:

1) составляют уравнение или систему уравнений по условию задачи;

2) решают полученное уравнение или систему и находят нужное неизвестное;

3) осуществляют геометрическое построение по полученной формуле.

Прежде чем переходить к примерам, разберем основные задачи, применяемые при алгебраическом методе (нумерация является продолжением нумерации основных задач). Укажем только решение этих задач, а обоснование предоставляется читателю.

Задача 13. Даны отрезки а и b. Построить отрезок

Решение . Строим прямой угол с вершиной О (рис.25). На его сторонах откладываем отрезки ОА=a и ОВ=b . Тогда отрезок АВ является искомым.

Задача 14. Даны отрезки а и b. Построить отрезок

Решение . Строим прямой угол с вершиной в точке О (рис.26). На одной из его сторон откладываем отрезок ОВ=b . Проводим окружность с центром в точке В и радиуса a . Она пересечет вторую сторону угла в точке А. Отрезок ОА является искомым.

Задача 15. Даны отрезки а и b. Построить отрезок

Решение . На отрезке АВ=a+b , как на диаметре строим окружность. Пусть C такая точка на АВ, что АС=a . В точке С восстанавливаем перпендикуляр к АВ. Он пересечет окружность в точке Д. Отрезок СД искомый (рис.27). Он называется средним геометрическим отрезков a и b .

Задача 16. Даны отрезки а , b и с. Построить отрезок

Решение . Строим произвольный угол с вершиной в точке О (рис.28). На одной из его сторон откладываем последовательно отрезки ОА=a и АС=c , а на второй ОВ=b . Через точку С проводим прямую, параллельную АВ. Она пересечет вторую сторону угла в точке Д. Отрезок ВД искомый. Его называют четвертым пропорциональным отрезком.

ПРИМЕР 20. Даны отрезки a,b и с. Построить отрезок

Построение .

1) строим отрезок ;

a,a,1;

3) строим отрезок

ПРИМЕР 14. Даны отрезки a и b. Построить отрезок

Построение .

1) строим отрезок , как катет прямоугольного треугольника с гипотенузой 2b и вторым катетом b ;

2) строим отрезок , как четвертый пропорциональный отрезков a,a,1;

3) строим отрезок

ПРИМЕР 24. Даны окружность и точка А вне ее. Из этой точки провести секущую так, чтобы она делилась окружностью пополам.

Анализ . Зная положение точки относительно круга, можно построить касательную, длина которой известна и пусть она равна a . Пусть АС – секущая и В – ее середина, АВ=ВС=x . По формуле зависимости секущей и касательной, проведенной из одной точки, имеем . Отсюда Полученный отрезок представляет собой половину гипотенузы равнобедренного прямоугольного треугольника с катетом a (рис.29).

Построение . Найдем длину касательной, проведенной из точки А к данной окружности. Затем построим равнобедренный прямоугольный треугольник с катетом a и его гипотенузу разделим пополам. Получим отрезок x . Построим окружность с центром в точке А и радиусом, равным x . Она пересечет данную окружность в точке В. Построим луч АВ, он и даст нам искомую секущую.

Доказательство следует из построения.

Анализ . Количество решений задачи зависит от длины отрезка АО, где О – центр данной окружности. Пусть АО пересечет данную окружность в точке С и R – радиус данной окружности.

1) Если x+Rто задача имеет два решения;

2) Если x+R=AO, то задача имеет одно решение;

3) Если x+R>AO, то задача не имеет решения.

Одна из основных целей при обучении математике – научить школьников правильно и хорошо решать задачи.

Учитель математики должен в совершенстве владеть рассмотренными нами основными общими методами решения математических задач и постепенно вооружать ими своих учеников. Без этого невозможен успех в обучении математике.

Известный американский математик Дж. Пойа, посвятил проблеме поиска решения задачи специальное исследование (Дж. Пойа Как решать задачу. Учпедгиз, 1961). Особое внимание в этом труде он уделяет анализу и синтезу при поиске решения.

В конце книги он приводит таблицу, которой следует придерживаться при отыскании решения задачи. Приведем ее краткий вариант.

1. Понять предложенную задачу.

Что гласит задача? Что дано? Что нужно найти? Определено ли неизвестное данными задачи? Или они недостаточны, или же чрезмерны?

2. Найти путь от неизвестного к данным, если нужно, рассмотреть промежуточные задачи («анализ»). Составить план решения.

Сформулировать отношения между неизвестным и данными. Преобразовать (или ввести новое) неизвестное, сближая его с данными. Преобразовать данные, получив новые элементы, более близкие к искомому. Вспомнить решение аналогичной задачи. Все ли данные использованы? Нельзя ли сформулировать задачу иначе? Обобщить. Рассмотреть частные случаи.

3. Реализовать найденную идею решения («синтез»).

Обосновать правильность каждого шага.

4. Решение проверить и оценить критически.

Правдоподобен ли результат? Почему? При возможности сделать проверку. Нельзя ли решить иначе, более прямым путем?

При изучении и восприятии задачи, каждый ученик должен знать и постоянно соблюдать разумное и обязательное правило : не приступать к решению задачи или поиску пути ее решения до тех пор, пока не убедился, что текст задачи полностью изучен и ясно понят, что осмыслены все данные и требования задачи, осознан характер функциональных зависимостей между входящими в задачу величинами, искомой и известными. Подобные методические правила постигаются учащимися в процессе практического их применения. Задачу со сложным текстом рекомендуется внимательно читать несколько раз. При фронтальной работе с классом учитель с помощью вопросов проверяет детальность и точность, полноту и сознательность восприятия задачи каждым учеником.

Главным этапом процесса решения задачи является поиск пути решения. Здесь наиболее эффективны различные аналитические методы и приемы, которыми школьники должны постепенно овладевать. Для этой цели потребуется постоянное внимание и усилия со стороны учителя, поскольку учащиеся обычно склонны сразу применять синтетический метод, мало пригодный для отыскания неизвестного пути решения задачи. Если же трудности встретятся и при аналитическом поиске, то ученик может попытаться вести свой поиск и по встречному, синтетическому направлению с целью сближения тех и других результатов.

Облегчению поиска пути служит наглядное , предметно реальное представление условия задачи, описанных в ней процессов, различное использование графических средств, схем с умело расставленными данными, применение вспомогательных и частных эвристических приемов.

Одной из важнейших целей, стоящих перед решением задач в курсе математики, является обучение школьников решать задачи самостоятельно. Для достижения этой цели необходимо учить поискам пути решения задачи. Опытный учитель не спешит сообщить ученикам решение задачи, а попытается вместе с учениками отыскать путь ее решения. При этом школьники приобретут определенный опыт как в решении, так и в его поиске.

Чертеж геометрической фигуры к решаемой задаче должен быть правильным, полностью соответствовать как условию задачи, так и следствиям из него. Можно рекомендовать следующее правило: чертеж делать после того, как имеется уже четкое представление о заданной фигуре, о связях между ее элементами, вытекающими из условия задачи. Конечно, сразу нарисовать правильный и точный чертеж не всегда удается, поэтому нужно учить учеников делать хорошие чертежи, постепенно используя условия задачи, отражая их на чертеже и переделывать чертеж, если данные задачи не точно на нем отражены. Также следует приучать школьников переделывать чертеж, если в процессе решения открылись новые данные, которые отсутствуют на чертеже

Учащиеся должны знать, что во избежание ошибок чертеж должен быть правильным, однако все, что используется в решении, кроме того, что известно по условию задачи, должно быть доказано логически с использованием теории предмета.

Еще одним из требований к учителю, является то, что нужно обучать учащихся поиску нескольких различных способов решения задачи (если они существуют). Это позволит развить в большем объеме логику мышления, позволят школьнику увидеть связь различных разделов математики, ее единство, научит поиску рациональных способов решения.

Учителю также необходимо постоянно совершенствоваться в плане решения задач. Не стоит останавливаться на задачах из учебника. Необходимо постоянно читать методическую литературу, статьи в методических журналах, посвященные методам решения задач. Учителю также нужно стремиться к созданию своего «банка задач», где будут собраны интересные с его точки зрения задачи, которые позволят разнообразить процесс обучения, развить интерес к предмету, а также помогут занять тех учащихся на уроке, которые уже научились решать типовые задачи.

Основные методы решения геометрических задач: геометрический – требуемое утверждение выводится с помощью логических рассуждений из ряда известных теорем; алгебраический – искомая геометрическая величина вычисляется на основании различных зависимостей между элементами геометрических фигур непосредственно или с помощью уравнений; комбинированный – на одних этапах решение ведется геометрическим методом, а на других алгебраическим.

Треугольники Признаки равенства треугольников, прямоугольных треугольников. Свойства и признаки равнобедренного треугольника. Задача 1. Медиана АМ треугольника АВС равна отрезку ВМ. Доказать, что один из углов треугольника АВС равен сумме двух других углов. Задача 2. Отрезки АВ и СD пересекаются в их общей середине О. На АC и ВD отмечены точки К 1 такие, что АК=ВК 1. Доказать, что а) ОК=ОК 1, б) точка О лежит на прямой КК 1. Задача 3 (признак равнобедренного треугольника). Если в треугольнике биссектриса является медианой, то треугольник равнобедренный.

Задача 4 (признак прямоугольного треугольника по медиане). Доказать, что если медиана треугольника равна половине стороны, к которой она проведена, то треугольник прямоугольный. Задача 5 (свойство медианы прямоугольного треугольника). Доказать, что в прямоугольном треугольнике медиана, проведенная к гипотенузе, равна её половине. Задача 6. Доказать, что в прямоугольном треугольнике с неравными катетами биссектриса прямого угла делит угол между высотой и медианой, проведенными из той же вершины, пополам. Задача 7. Медиана и высота треугольника, проведенные из одной вершины, делят этот угол на три равные части. Доказать, что треугольник прямоугольный.

Свойства площадей. Площади многоугольников Следствие из теоремы о площади треугольника. Если высоты двух треугольников равны, то их площади относятся как основания. Теорема об отношении площадей треугольников, имеющих равные углы. Если угол одного треугольника равен углу другого треугольника, то площади этих треугольников относятся как произведения сторон, заключающих равные углы.

Теоремы о точках пересечения чевиан Теорема. В любом треугольнике медианы пересекаются в одной точке (центроид, центр тяжести) и делятся этой точкой в отношении 2: 1, считая от вершины. Свойства медианы: 1. Медиана разбивает треугольник на два равновеликих, то есть имеющих одинаковую площадь. 2. Три медианы разбивают треугольник на шесть равновеликих. 3. Отрезки, соединяющие центроид с вершинами треугольника, разбивают треугольник на три равновеликие части.

Одним из основных методов решения задач, в которых участвуют медианы треугольника, является метод «удвоения медианы» . Достроить треугольник до параллелограмма и воспользоваться теоремой о сумме квадратов его диагоналей. Задача 8. Найти отношение суммы квадратов медиан треугольника к сумме квадратов всех его сторон.

Свойство биссектрисы внутреннего угла треугольника. Биссектриса внутреннего угла треугольника делит противоположную сторону на части, пропорциональные заключающим ее сторонам. Теорема. В любом треугольнике биссектрисы пересекаются в одной точке (ицентр), которая является центром вписанной в него окружности. Замечание: Очевидно, что центроид и ицентр треугольника всегда лежат внутри него.

. Решение. B A 1 1) В треугольнике ABC AA 1 – биссектриса угла A, поэтому AB: AC = BA 1: CA 1 = BA 1: (BC – BA 1) I или C А B 1 2) В треугольнике ABA 1 BI – биссектриса угла B, поэтому AI: IA 1 = BA: BA 1 или

Теорема о серединном перпендикуляре к отрезку. Каждая точка серединного перпендикуляра к отрезку равноудалена от концов этого отрезка. Обратно: каждая точка, равноудаленная от концов отрезка, лежит на серединном перпендикуляре к нему. Теорема. Серединные перпендикуляры к сторонам треугольника пересекаются в одной точке, которая является центром описанной около него окружности. Теорема. В любом треугольнике высоты пересекаются в одной точке (ортоцентр треугольника). Вопрос. Где находится ортоцентр остроугольного, прямоугольного, тупоугольного треугольников?

Решение. B 1) Tреугольник BC 1 Н – прямоугольный, и C 1 H 2) Треугольник BC 1 C – прямоугольный, и A B 1 C

Используя формулы приведения. Откуда Замечание. Если один из углов тупой, то в (*) соответствующий косинус нужно взять по модулю.

Интересными являются задачи на нахождение расстояния от произвольной вершины треугольника до одной из его замечательных точек. Сначала решим задачу на нахождения расстояния от вершины до ортоцентра. Задача 11. В треугольнике АВС опущены высоты ВВ 1 и СС 1. Найти длину отрезка НВ, где Н – точка пересечения высот. B 1) треугольник BC 1 Н – прямоугольный, и Решение. C 1 H 2) треугольник BC 1 C – прямоугольный, и A B 1 C

Задача 12. Найти расстояние от вершины B треугольника ABC до ортоцентра, если Решение. По теореме косинусов Тогда

Задача 13. По углам A и B треугольника ABC (A

Задача 14. К какой из вершин треугольника ближе расположен ицентр? Решение. C D I A Пусть I – ицентр, точка пересечения биссектрис треугольника ABC Воспользуемся тем, что против большей стороны треугольника лежит больший угол. Если AB > BC, то A

Задача 15. Какая из высот треугольника наименьшая? Решение. C B 1 А 1 H A C 1 Пусть Н – точка пересечения высот треугольника ABC. Если AC B. Окружность с диаметром BC пройдет через точки С 1 и В 1. B Учитывая, что из двух хорд меньше та, на которую опирается меньший вписанный угол, получаем, что СС 1

Задача 16. Отрезок АН – высота треугольника АВС. Из вершин В и С проведены перпендикуляры ВВ 1 и СС 1 к прямой, проходящей через точку А. Доказать, что треугольники АВС и НВ 1 С 1 подобны. Найти площадь треугольника НВ 1 С 1, если площадь треугольника АВС равна S, а АС: НС 1 =5: 3. Доказательство. Так как треугольники АНС и АСС 1 прямоугольные, то точки Н и С 1 А лежат на окружности с диаметром АС. С 1 В В 1 Н Аналогично, точки В 1 и Н лежат на окружности с диаметром АВ. С треугольнике АСС 1

Значит, Так как имеют место (1) и (2), А то треугольники АВС и НВ 1 С 1 подобны. С 1 Коэффициент подобия В В 1 Н С значит,

Задача 17. Пусть в остроугольном треугольнике ABC точки A 1, B 1, C 1 есть основания высот. Доказать, что точка H - пересечения высот треугольника ABC является точкой пересечения биссектрис треугольника A 1 B 1 C 1. Решение. На сторонах AC и BC B треугольника ABC, как на C 1 А диаметрах, построим окружности. H Точки A 1, B 1, C 1 принадлежат этим окружностям. 1 A B 1 C Поэтому B 1 C 1 C = B 1 BC, как углы, опирающиеся на одну и ту же дугу окружности. B 1 BC = CAA 1, как углы с взаимно перпендикулярными сторонами.

CAA 1 = CC 1 A 1, как углы, опирающиеся на одну и ту же дугу окружности. Следовательно, B 1 C 1 C = CC 1 A 1, т. е. C 1 C является биссектрисой угла B 1 C 1 A 1. Аналогичным образом показывается, что AA 1 и BB 1 являются биссектрисами углов B 1 A 1 C 1 и A 1 B 1 C 1. B C 1 А 1 H A B 1 C Самостоятельно исследовать случаи прямоугольного и тупоугольного треугольника.